2016海南省高三压轴题数学试卷(理)含答案解析

- 1 - 2016 届海南省高考压轴卷 数学（理） 含解析 本试卷分第 I 卷和第 两部分 第 I 卷 1 至 3 页，第 4 至 6 页，满分 150 考生 注意： 1答题前，考生务必将自己的准考号、姓名填写在答题卡上 考生要认真核对答题卡上粘贴的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人准考证号、姓名是否一致 2 第 I 卷 每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号 第 用 米的黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答 若在试题卷上作答，答案无效 3 考试结束， 监考员将试题卷和答题卡一并交回 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1、 下列命题中的说法正确的是（ ） A 若向量 ，则存在唯一的实数 使得 ； B 命题“若 12x ，则 1x ”的否命题为“若 12x ，则 1x ”； C 命题“ 0，使得 01020 否定是：“ ，均有 012 ； D “ 5a 且 5b ” 是 “ 0 的 不 充分 也 不必要条件； 2如图， 在复平面内，复数1 和 B ，则21（ ） A 155iB 2155iC 155iD 2155i3若 0,2 ，且2 3c o s c o s 2 t a 0 ， 则（ ） A 12B 13C 14D 154 某单位有 840名职工，现采用系统抽样方法，抽取 42人做问卷调查，将 840人按 1， 2， ， 840随机编号，则抽取的 42人中，编号落入区间 481,720 的人数为 ( ) A 11 B 12 C 13 D 14 5已知箱中共有 6个球，其中红球、黄球、蓝球各 2个每次从该箱中取 1个球 (有放回，每球取到的机会均等 )，共取三次设事件 A：“第一次取到的球和第二次取到的球颜色相同”， 事件 B：“三次取到的球颜 - 2 - 色都相同”，则 ( | )P B A （ ） A 16B 13C 23D 1 6、 棱长为 2 的正方体被一平面截成两个几何体，其中一个几何体的三视图如图所示，那么该几何体的体积是 （ ） 已知 )(112 3 n，记数列 使 0的 n 的最小值为（ ） C. 11 方程 13 12的解所在的区间是（ ） A B C D 9 已知点 2 1 ( 0 , 0 )xy 的左、右焦点，过 x 轴的直线与双曲线交于 A， 是锐角三角形，则该双曲线离心率的取值范围是（ ） A (1, 3) B ( 3, 2 2) C (1 2 , ) D (1,1 2) 10 下列程序框图中 ， 输出的 A 的值 A. 数 ( ) 3 s i n l n (1 ) f x x 为（ ） - 3 - 12 设 2 , , ,f x a x b x c a b c R e 为自然对数的底数 l n x 则 （ ） A 22 l n 2 , 2f f e f e f e B 22 l n 2 , 2f f e f e f e C 22 l n 2 , 2f f e f e f e D 22 l n 2 , 2f f e f e f e 二、填空题（题型注释） 13 如图正方形 边长为 它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长是 14 设 20 4 s ，则2)(2( 的展开式中各项系数和为 _. 15 设实数 x ， y 满足 2 0 ,2 5 0 ,2 0 , 则 的取值范围是 16 设 内角 ,对的边长分别为 , 3c o s c o b A c，则 )的最大值为 _ 三、解答题（题型注释） 17 （本小题满分 12 分） 设数列 3 3. （ 1）求 （ 2）若数列 gn n na b a，求 18 如图，矩形1 2 2 1A A A A，满足 在12112上，且11122A B ， 22，11 ，沿1 2 1A A A A折起成为一个直三棱柱 ， 使1A与2A重合后分别记为1在直三棱柱1 1 1D B C中，点 分别为1 - 4 - (I)证明： 平面11 ( )若二面角1D 为直二面角，求 的值 19 甲箱子里装有 3个白球 m 个黑球，乙箱子里装有 m 个白球， 2个黑球，在一次试验中，分别从这两个箱子里摸出一个球，若它们都是白球，则获 奖 （ 1） 当获奖概率最大时，求 m 的值； （ 2）在（ 1）的条件下，班长用上述摸奖方法决定参加游戏的人数，班长有 4次摸奖机会（有放回摸取），当班长中奖时已试验次数 即为参加游戏人数，如 4次均未中奖，则 0 ，求 的分布列和 E 20 如图，抛物线 2 4 ( 0 )y mx m的准线与 x 轴交于点1F，焦点为2F以12,心率为 12的椭圆与抛物线在 x 轴上方的交点为 P ，延长2 ， （ 1）当 1m 时，求椭圆的方程； （ 2）当12边长恰好是连续的三个自然数时，求 面积的最大值 21设函数 3211( ) ( , , , 0 )32f x a x b x c x a b c a , ( )x f x 处 的切线的斜率为 ()函数 1( ) ( ) 2g x k x x为偶函数若函数 () ( 1) 0k ； 对一切实数 x ，不等式 211()22k x x恒成立 （ 1）求函数 () （ 2）求证： 1 1 1 2( 1 ) ( 2 ) ( ) 2nk k k n n L ()nN 22 （本小题满分 10分）选修 4 1：几何证明选讲 如图所示，已知圆 外有一点 ，作圆 的切线 ， 为切点，过 的中点 ，作割线 ，交圆于 、 两点，连接 并延长，交圆 于点 C ，连接 交圆 于点 D ，若 - 5 - （ 1）求证： ； （ 2）求证：四边形 是平行四边形 23选修 4 4：坐标系与参数方程 极坐标系与直角坐标系 相同的长度单位，以原点为极点，以 x 轴 正半轴为极轴，曲线1 ，曲线2 数 方 程 为 c o ss m （ t 为 参 数 ， 0 ）， 射 线,44 与曲线 1C 交于（不包括极点 O）三点 , （ 1）求证： 2O B O C O A； （ 2）当12时， B， C 两点在曲线2 m 与 的值 24 （本题满分 10 分） 选修 45：不等式选讲 已知关于 x 的不等式 21x x m 对于任意的 1,2x 恒成立 （ ）求 m 的取值范围； （ ）在（ ）的条件下求函数 21( 2 )f m m m 的最小值 - 6 - 2016 海南省 高考 压轴卷 数学理 一、 选择题 1、 试题分析：当 0, 0r r r r 时，不存在实数 使 以 命题是将命题中的条件与结论同否定，所 以 B 错；命题“ 0，使得 01020 否定是：“ ，均有 2 10 ”，所以 命题“ 5a 且 5b 0的逆否命题为：“ 05a b a 或 5b ”是假命题，故原命题为假命题，“ 0 5a 且 5b ”的逆否命题为：“ 5a 或 5b 0 或 5b ”是假命题，故原命题为假命题，所以“ 5a 且 5b ” 是 “ 0 的 不 充分 也 不必要条件 2、 试题分析：由图知，1 2 ，2所以21( 2 ) 1 22 ( 2 ) ( 2 ) 5 5z i i i iz i i i ，故选 C 考点： 1、复数的几何意义； 2、复数的运算 3、 试题分析：103)22c o s (c o s 2 ， 2 3c o s 2 s i n c o 221 2 t a n 3 3 t a n 2 0 t a n 7 01 t a n 1 0 所以 1t a n , t a n 73 舍 考点：齐次式 4、 试题分析：使用系统抽样方法，从 840人中抽取 42人，即从 20人抽取 1人 所以从编号 1 480的人中，恰好抽取 480/20=24人，接着从编号 481 720共 240人中抽取 240/20=12人 考点：系统抽样 5 、 试题分析： 由题意 1 1 1 1 1 1 1 1 12 2 2 2 2 4 2 2 21 1 1 1 1 16 6 6 6 6 63 3 ( )( | ) , ( )C C C C C C C C B P C C C C ， 则( ) 1() ( ) 3P A A 选 B. 考点： 条件概率 . 6、 试题分析：由三视图可知，截面如图所示，可知所求几何体的体积为正方体体积的一半，由82 3 正方体V ，故所求几何体体积为 4 . 7、 试题分析：由 32 1 1na n ，可得1 1 0 2 9 5 6 0a a a a a a ，11 0a ，9 0S，1 0 1 10 , 0，使 0的 n 的最小值为 11，故选 C. - 7 - 考点：数列的通项及前 n 项和 . 8、 试题分析： 由题设 13 12xf x x , 1 1 1 2 1 13 3 3 3 3 31 1 1 2 2 1 2 10 , 03 3 2 3 3 2 3 4 ,故选 B 考点： 幂函数性质；函数的零点 9、 试题分析：由题意24 5 9 0 ，即2ta n 1， 21a ， 122FF c ，所以22 122ac b ，即 222c a ， 2 2 1 0 ，解得 1 2 1 2e ，又 1e ，所以 1 1 2e 故选 D 考点：双曲线的几何性质 10、 试题分析：根据题意有，在运行的过程中， 11 , 1 , , 24A i A i ；114 ,37 74 ；11710 107A ，4i ；1110 ,513 1310 ；，以此类推，就可以得出输出的 为分子，分母构成以 3 为首项，以 3 为公差的等差数列，输出的是第 10 项，所以输出的结果为 131，故选 C. 11 、 试 题 分 析 ： 由 题 意 得 ( ) 3 s i n l n (1 ) f x x x，知 1 ，当2x时，( ) 3 s i n l n ( 1 ) 3 l n ( 1 ) 3 l n 32 2 2 2 ， 因 为 13 c o s l n ( ) 3 s i n 1f x x x x x ，令 0 ，即 13 c o s l n ( 1 ) 3 s i n 01x x x x ，当 0 x 时， 1l n ( 1 ) 0 , s i n 0 , 01xx x ，因为 x ，所以2 x ，所以函数的极值点在 ( , )2 ，故选 B 考点：函数的图象及函数的零点问题 12、 由不等式 l n x 发，可构造函数 则 2x ，又由 l n x 得 x ，即 0, 上为单调递增函数，因为 22 ，所以 22F F e F e，即 222l n 2 l n l f ， 又 2, ，整理可得 2 l n 2f f e ， 22 f e f e . - 8 - 二、 填空题 13、 试题分析： 水平放置的平面图形的直观图是用斜二测画法，所以与 x 轴平行的保持不变，与 y 轴平行的变为原来的一半，所以将直观图还原如图所示的图形，1 1,1 2 2 2O B O B,113所以原图形的周长是 14、 试题分析： 因为2 200 4 s i n 4 c o s 4 c o s 4 c o s 0 42n x d x x ， 则 422( )( )，令 1x ，则 422( )( )的展开式中各项系数和为 4(1 2 ) (1 2 ) 3 . 15、 试题分析：作出可行域，令则由 时， t 取得最大值 2 ，取点 Q 时， 2,31t，又，由 及单调递增，可知)( 单调递增，故38331m z，23212m z，所以 的取值范围是 83,32 16、 试题分析：在 中， 3c o s c o b A c，由正弦定理得 3s i n c o s s i n c o s s i n 3 3 3s i n s i n c o s c o s s i 5 ，即 s i n c o s 4 c o s s i n ，则 ；由得 ta n 4 ta n 0， 2t a n t a n 3 t a n 3t a t a n t a n 1 4 t a n 4 t a nt a n 33412 4 t a nt a n，当且仅当 14 ta ， 1 A 时，等号成立，故当 A ，2202052 02y )2,1(P)1,3( - 9 - 1B ， )的最大值为 34 ，故答案填 34 . 三、 解答题 17、 试题解析（ 1）由已知得23321 以 31a ，当 1n 时， 1113)23321()23321( 13131 2） 1n 时将 31a 代入3lo gn n na b a中得，313lo 31 n 时将 13 入 3lo gn n na b a 中得 111311 313lo （ 1n 时，3111 n 时， 3)1(3)2(.1. 12211321 3)1(3)2(. . . . . . . . . . 3101321 ）（ 12210 3)1(3. . . . . 1 112 1 3 133 1 3 n 13 6 36 2 3 即3 6 36 2 3，所以4 361213 将 1n 代入此时得311T,所以数列 n 项和为4 361213 18、 试题解析： （ 1）在第一个箱子中摸出一个球是白球的概率为1 3 3P m ，在第二个箱子中摸出一个球是白球的概率为2 2mP m ，所以 获奖概率123 3 3 ,632 2 6 55 当且仅当6m m ，即 6m 时取 等号，又因为 m 为整数，当 2m 时， 333 2 1 0mP ，当 3m 时，333 2 1 0mP ，所以 2m 或 3 时， 10P 4分 - 10 - （ 2） 的取值有 0， 1， 2， 3， 4，由（ 1）可知班长摸奖一次中奖的概率为 310，由 n 次独立重复试验的恰好发生 k 次的概率计算公式可得： 1 2 3 4 0 P 3107310 1049 3100 10343 31000 10343 7100003 0 0 0 2 1 0 0 2 1 4 7 0 3 1 0 2 9 4 1 5 7 2 6 1 . 5 7 2 61 0 0 0 0 1 0 0 0 0E 19、 试题解析： （ ）证：连结 四边形 1 2分 1 平面 4分 （ ）解：四边形1 2 2 1 A为矩形， 1上， 且 11 2， 22， 90 6 分 以 D(0， 0， 0)， B(2， 0， 0)， C(0， 2， 0)， ， 0， )， ， 0， )， ， 2， ) 点 M、 11 (1 0 ) (1 1 )2， ， ， ， ，设平面 法向量为 m = (x， y， z)，则 00220)11()(0)221()(， ， 令 x = 1得： 21 ，即 2(1 1 )， ，设平面 n = (x， y， z)，则 ( ) ( 1 1 ) 0 2 022( ) ( 1 1 ) 0 0zx y z x yx y z x y z ， ， ， ， ， ， ，令 z = 1得： 322 ， - 11 - 即 3( 1)22 ， ， 二面角 m n，故 32 022 得： 2 二面角 2 12 分 20、 （ 1）当 1m 时，12( 1, 0), (1, 0) 1, 2 , 3c a b ，椭圆方程为 22143 （ 2）将 2 4y 代入椭圆方程 22143得 223 1 6 1 2 0x m x m ，即 ( 6 )(3 2 )x m x m 0 ，得 2 2 6( , )332 1 1 25 7 6| | , | | , | |3 3 3m m P F F F 12边长恰好是连续的三个自然数， 3m ， (2,2 6)P ，直线 方程为 2 6 ( 3) ，代入抛物线方程 2 12得 9( , 3 6)2Q ，25|2设 2( , ) ( 3 6 2 6 )12tM t t ，则点 M 到直线 距离 26 6 7 5| ( ) |3 0 2 2 ，当 62t 时，64d ， 面积的最大值为 125 616. 考点： 1、抛物线的几何性质； 2、椭圆的几何性质 . 【方法点晴】（ 1）当 1m 时，求出焦点坐标，得 1, 2 , 3c a b ，求出椭圆方程；（ 2）联立抛物线与椭圆得到关于 x 的二次方程，求出点 P 的坐标，2 1 1 25 7 6| | , | | , | |3 3 3m m P F F F ，12边长恰好是连续的三个自然数， 3m 2,2 6)P ，求出直线 方程，代入抛物线方程得 Q 点坐标及 |设2( , ) ( 3 6 2 6 )12tM t t ，则点 M 到直线 距离 26 6 7 5| ( ) |3 0 2 2 ，当 62t时，64d ， 面积的最大值为 125 616 . 21、 试题解析：（ 1）解：由已知得： 2( ) ( )k x f x a x b x c 由 2 1()2g x a x b x c x 为偶函数，有 12b 又 ( 1) 0k ，所以 0a b c ，即 12 因为 211()22k x x对一切实数 x 恒成立，即对一切实数 x ，不等式 21 1 1( ) 02 2 2a x x c 恒成立当12a 时，不符合题意 当 12a时，1 0,21 1 14 ( ) ( ) 0 2 12，得 14 所以 21 1 1()4 2 4k x x x - 12 - （ 2）证明： 222 1 ( 1 )()44n n ，所以214( ) ( 1)k n n 因为21 1 1 1( 1 ) ( 1 ) ( 2 ) 1 2n n n n n ， 所以 2221 1 1 1 1 1 1 1 1 4442 3 2 3 3 4 1 2 2 41nn n 11分 所以 1 1 1 2( 1 ) ( 2 ) ( ) 2nk k k n n 考点： 1函数